\documentclass[12pt, a4paper]{article}
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	a4paper,
	left=12.7 mm,
	right=12.7 mm,
	top=12.7 mm,
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\usepackage{ctex}

\newcommand{\bvec}[1]{\mathbf{#1}}
\newcommand{\formula}[1]{\text{式} \ref{#1} }

\begin{document}
\section{匀速运动电荷的电场}

\begin{figure}[h]
	\centering
	\includegraphics[width=0.5\linewidth]{pic4}
	\caption{AI作图：运动起来的电荷...会不同吗？}
	\label{fig:pic4}
\end{figure}



\subsection{题设}
\footnote{参考：Griffiths《电动力学》，费曼物理学讲义（作为例题出现）。本文由AI辅助完成}
假定我们处于一个惯性参考系$S1$，看到一个电荷正在以匀速$u$向右运动，那么请问他产生的电磁场？
为了解决这个问题，我们再引入一个惯性参考系$S0$，它是电荷的固连参考系，即电荷始终位于$S0$的原点。
那么，在$S1$看来，电荷，或$S0$系，正在向右以速度$u$运动。

\subsection{4-势}
假设我们在$S1$的空间各处安装了一种测量4-电势的神奇设备，它可以读出空间中的4-势值
（然而，4-势本身不是可观测量，因此这样的设备不太可能真实存在。这只是一个思想实验）。

在 $S_1$ 中的 $t^{(1)}$ 时刻，所有这些神奇设备开始测量其所在位置的 4-势，例如 $(x^{(1)}, y^{(1)}, z^{(1)})^T$；
而在$S0$看来，$S1$中处于$(x^{(1)},y^{(1)},z^{(1)})^T$的神奇设备处于$S0$的$(x^{(0)},y^{(0)},z^{(0)})^T$处。
根据Lorentz变换，
\begin{equation}
	\begin{pmatrix} 
		ct^{(0)} \\ 
		x^{(0)} \\ 
		y^{(0)} \\ 
		z^{(0)} 
	\end{pmatrix} 
	= 
	\begin{pmatrix} 
		\gamma & -\frac{u}{c} \gamma & 0 & 0 \\ 
		-\frac{u}{c} \gamma & \gamma & 0 & 0 \\ 
		0 & 0 & 1 & 0 \\ 
		0 & 0 & 0 & 1 
	\end{pmatrix} 
	\begin{pmatrix} 
		ct^{(1)} \\ 
		x^{(1)} \\ 
		y^{(1)} \\ 
		z^{(1)} 
	\end{pmatrix}
\end{equation}
那么，
\begin{equation}
\begin{cases}
ct^{(0)} = \gamma \left( ct^{(1)} - \frac{u}{c} x^{(1)} \right) \\
x^{(0)} = \gamma \left( x^{(1)} - u t^{(1)} \right) \\
y^{(0)} = y^{(1)} \\
z^{(0)} = z^{(1)}
\end{cases}
\end{equation}
我们再次注意到同时性的破坏：
在$S1$中，我们认为神奇设备的测量是“同时”的，
但在$S0$中的电荷却认为这些测量是“逐步”的。
幸运的是，$S0$中的4-势分布不显含时间，因此这个问题暂时无关紧要。

由于$S0$系中的电荷是静止的，我们假设$S0$系中的4-势只有电势分量。
因此，在测量点$(x^{(0)}, y^{(0)}, z^{(0)})^T$处，4-势应为
\begin{equation}
	A^{(0)} = (\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0 c} \frac{q}{\sqrt{(x^{(0)})^2+(y^{(0)})^2+(z^{(0)})^2	}},0,0,0)^T
\end{equation}
$A^{(0)}$是我们神奇设备测得的4-势吗？别急，由于4-势是4-向量，我们还需要进行Lorentz变换，将$S0$系中的4-势转换为$S1$系中的4-势。
\begin{equation}
	\begin{pmatrix} 
		\varphi^{(1)}/c \\ 
		A_x^{(1)} \\ 
		A_y^{(1)} \\ 
		A_z^{(1)} 
	\end{pmatrix} 
	= 
	\begin{pmatrix} 
		\gamma & \frac{u}{c} \gamma & 0 & 0 \\ 
		\frac{u}{c} \gamma & \gamma & 0 & 0 \\ 
		0 & 0 & 1 & 0 \\ 
		0 & 0 & 0 & 1 
	\end{pmatrix} 
	\begin{pmatrix} 
		\varphi^{(0)}/c \\ 
		0 \\ 
		0 \\ 
		0
	\end{pmatrix}
\end{equation}
因此
\begin{equation}
	\begin{cases}
		\varphi^{(1)} = \gamma \varphi^{(0)} 
		= \gamma \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{\sqrt{(x^{(0)})^2+(y^{(0)})^2+(z^{(0)})^2}}
		\\ 
		A_x^{(1)} = \gamma u/c^2 \varphi^{(0)} 
		=\gamma u \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0 c^2} \frac{q}{\sqrt{(x^{(0)})^2+(y^{(0)})^2+(z^{(0)})^2}}
		\\ 
		A_y^{(1)} = 0 \\ 
		A_z^{(1)} = 0
	\end{cases}
\end{equation}
进一步将$x^{(0)}$转换为$x^{(1)}$
\begin{equation}
	\begin{cases}
		\varphi^{(1)} 
		= \gamma \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{\sqrt{(\gamma \left( x^{(1)} - u t^{(1)} \right))^2+(y^{(1)})^2+(z^{(1)})^2}}
		\\ 
		A_x^{(1)} 
		= \gamma u \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0 c^2 } \frac{q}{\sqrt{(\gamma \left( x^{(1)} - u t^{(1)} \right))^2+(y^{(1)})^2+(z^{(1)})^2}}
		\\ 
		A_y^{(1)} = 0 \\ 
		A_z^{(1)} = 0
	\end{cases}
\end{equation}
这应该就是我们的神奇设备在$S1$中测得的4-势了：
\begin{equation}
	A^{(1)} = 
	\gamma \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{\sqrt{(\gamma \left( x^{(1)} - u t^{(1)} \right))^2+(y^{(1)})^2+(z^{(1)})^2}}
	(
		\frac{1}{c},
		\frac{u}{c^2},
		0,
		0
	)^T
\end{equation}
我们之后主要在$S1$观察，因此我们下文省去${(1)}$上标。

\subsection{电场}
当我们收集完所有神奇设备的测量数据，就可以开始计算电场的分量了。
首先是$x$分量：
\begin{equation}
\begin{aligned}
E_x &= - \pdv{\varphi}{x} - \pdv{A_x}{t} \\
&= \gamma \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q \gamma^2 \left( x - u t \right)}
{\left( (\gamma ( x - u t ))^2 + y^2 + z^2 \right)^{3/2}} \\
&\quad - \gamma \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0 c^2} \frac{qu^2 \gamma^2 \left( x - u t \right)}
{\left( (\gamma ( x - u t ))^2 + y^2 + z^2 \right)^{3/2}} \\
&= \gamma \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{ x - u t }
{\left( (\gamma ( x - u t ))^2 + y^2 + z^2 \right)^{3/2}}
\end{aligned}
\end{equation}
非常恐怖的分式求导！注意到$(1-u^2/c^2)\gamma^2=1$。

然后是 $y$ 和 $z$ 分量，
由于$y,z$方向上没有磁势分量，并且 $y$ 和 $z$ 前面没有 $\gamma$ 因子，因此 $E_y$ 和 $E_z$ 的计算会相对简单一些：
\begin{equation}
	\begin{aligned}
	E_y &= -\pdv{\varphi}{y}
	= \gamma \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{ y }
	{\left( (\gamma ( x - u t ))^2 + y^2 + z^2 \right)^{3/2}}\\
	E_z 
	& = -\pdv{\varphi}{z} 
	= \gamma \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{ z }
	{\left( (\gamma ( x - u t ))^2 + y^2 + z^2 \right)^{3/2}}\\
	\end{aligned}
\end{equation}
综上所述，若设$\bvec R = (x-ut,y,z)^T$，即源到场点的位置，那么我们的电场化为
\begin{equation}
	\bvec E 
	= \gamma \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{ 1 }
	{\left( (\gamma R_x)^2 + R_y^2 + R_z^2 \right)^{3/2}}
	\bvec R
\end{equation}
事实上，我们的分母还是有化简余地的。设$R^2=R_x^2+R_y^2+R_z^2$, $\cos^2 \theta = R_x^2/R^2$，那么
\begin{equation}
\begin{aligned}
& \quad R^2 - R_x^2 + (\gamma R_x)^2\\
&= R^2(1 - \cos^2 \theta + \gamma^2 \cos^2 \theta) \\
&= R^2(\sin^2 \theta + \gamma^2 (1 - \sin^2 \theta)) \\
&= R^2((1 - \gamma^2)\sin^2 \theta + \gamma^2) \\
&= R^2(\gamma^2 - \frac{u^2}{c^2}\gamma^2 \sin^2 \theta) \\
&= R^2\gamma^2(1 - \frac{u^2}{c^2} \sin^2 \theta)
\end{aligned}
\end{equation}
其中$1-\gamma^2 = -\frac{u^2}{c^2}\gamma^2$。
因此
\begin{equation}
	\bvec E 
	= \gamma \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{ 1 }
	{\left( 1 - \frac{u^2}{c^2} \sin^2 \theta \right)^{3/2} R^3 \gamma^3}
	\bvec R
	= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{1}
	{\left( 1 - \frac{u^2}{c^2} \sin^2 \theta \right)^{3/2}\gamma^2 } \frac{1}{R^2}
	\bvec {\hat R}
\end{equation}
至此我们完整基于相对论框架，推导了匀速运动电荷的电场！
如果仔细阅读了公式，会发现匀速电荷的电场呈现透镜型，水平速度方向的电场被压缩，而垂直速度方向的电场被拉伸。

由于$S1$中的$A_x$也不为0，因此我们预计还有非零的磁场（磁感应强度）分量。
前面的世界以后再来探索吧！
\end{document}
